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专题 24.1 圆与三角形的综合
【典例1】已知等边△ABC内接于⊙O点P为弧AB上的一个动点，连结PA、PB、PC．
（1）如图1，当线段PC经过点O时，写出线段PA，PB，PC满足的等量关系，并说明理由．
（2）如图2，点P为弧AB的任意一点（点P不与点A、点B重合），试探究线段PA，PB，PC之间满足
的等量关系，并证明你的结论．
（3）如图3，在△ABC中，AB=6，AC=11，∠BAC的外角平分线交△ABC的外接圆于点P，
PE⊥AC于E，求AE的长．
【思路点拨】
（1）由圆周角定理得出∠PAC=∠PBC=90°，由等边三角形的性质得出∠ABC=∠BAC=60°，求出
1 1
∠ACP=∠BCP=30°，由直角三角形的性质得出PA= PC，PB= PC，即可得出结论；
2 2
（2）在PC上截取PD=PA，连接AD，证明△APD是等边三角形，得出AD=AP=PD，
∠PAD=60°=∠BAC，证出∠DAC=∠PAB，证明△ACD≌△ABP(SAS)，得出DC=PB，即可得出
结论；
（3）在AC上截取ED=AE．连接PD并延长交圆O于G．连接CG，由线段垂直平分线的性质得出
PA=PD，由等腰三角形的性质和圆周角定理得出∠PAD=∠PDA=∠CDG．∠PAD=∠G．得出
∠CDG=∠G，证出CG=CD，证出∠BAC=180°−2∠PAD=180°−(∠PAD+∠PDA)=∠APG．
得出BG´C=AB´G，得出A´B=C´G，证出AB=CG．即可得出答案．
【解题过程】（1）解：PA+PB=PC，理由如下：
∵线段PC经过点O，
∴PC是⊙O的直径，
∴∠PAC=∠PBC=90°，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABC=∠BAC=60°，
∴∠ACP=∠BCP=30°，
1 1
∴PA= PC，PB= PC，
2 2
∴PA+PB=PC；
（2）PA+PB=PC，理由如下：
在PC上截取PD=PA，连接AD，如图2所示：
∵△ABC是等边三角形，
∴AB=AC，∠ABC=∠BAC=60°，
∴∠APD=∠ABC=60°，
∵PD=PA，
∴△APD是等边三角形，
∴AD=AP=PD，∠PAD=60°=∠BAC，
∴∠DAC=∠PAB，
在△ACD和△ABP中，
{
AC=AB
)
∠DAC=∠PAB ，
AD=AP
∴△ACD≌△ABP(SAS)，
∴DC=PB，
∴PA+PB=PD+DC=PC；（3）在AC上截取ED=AE．连接PD并延长交圆O于G．连接CG，如图3所示：
∵PE⊥AC，DE=AE，
∴PA=PD，
∴∠PAD=∠PDA=∠CDG．
∵∠PAD=∠G．
∴∠CDG=∠G，
∴CG=CD，
又∵PA平分∠FAC，
∴∠BAC=180°−2∠PAD=180°−(∠PAD+∠PDA)=∠APG．
∴ BG´C=AB´G
∴ A´B=C´G，
∴AB=CG．
∴AC−AB=AC−CD=AD=2AE，即2AE=AC−AB=11−6=5，
5
∴AE= ．
2
1．（2023春·辽宁盘锦·九年级校考开学考试）如图，等腰直角△ABC与⊙O交于点B，C，∠ACB=90°
，延长AB，AC与⊙O分别交于点D，E，连接CD，ED，并延长ED至点F，使得∠FBD=∠BCD．（1）求∠CED的度数；
（2）求证：BF与⊙O相切；
（3）若⊙O的半径为2，求CD的长．
【思路点拨】
（1）连接BE，由∠BCE=90°，得BE为⊙O的直径，再由△ABC是等腰直角三角形，即可求解；
（2）根据圆的性质可知∠BCD=∠BED，得∠FBD=∠BCD，进而即可证明；
（3）连接OD、OC， ∠COD=2∠CED=90°，即可求解；
【解题过程】
（1）解：连接BE，
∵∠BCE=90°，
∴BE过圆心O，
∴BE为⊙O的直径，
∴∠BDE=90°，
∵△ABC是等腰直角三角形，
∵∠A=45°，
∴∠CED=45°．
（2）根据圆的性质可知∠BCD=∠BED，
∵∠DBE+∠DEB=90°，
∴∠DBE+∠BCD=90°，
∵∠FBD=∠BCD，
∴∠FBD+∠DBE=90°，
∴BF与⊙O相切．
（3）连接OD、OC，∵∠COD=2∠CED=90°，
∴CD=❑√OC2+OD2=2❑√2．
2．（2023秋·全国·九年级专题练习）如图，点C在以AB为直径的⊙O上，∠CAB=30∘，点D在AB上由
点B开始向点A运动，点E与点D关于AC对称，DF⊥DE于点D，并交EC的延长线于点F．
（1）求证：CE=CF；
（2）如果CD⊥AB，求证：EF为⊙O的切线．
【思路点拨】
（1）由轴对称的性质得出，CE=CD，再求出∠CDF=∠F，得出CD=CF，即可得出结论．
（2）连接OC，先证出△BOC是等边三角形，得出∠OCB=60°再求出∠OCD=∠DCB=30°，由轴对
称的性质得出，∠ECA=∠DCA=60°，求出∠ECO=90°，即可得出结论．
【解题过程】
（1）证明：∵点E与点D关于AC对称，
∴CE=CD，
∴∠ECA=∠DCA，
又∵DF⊥DE，
∴∠CDF=90°−∠CDE=90°−∠E=∠F，
∴CD=CF，
∴CE=CF，
（2）证明：连接OC，∵∠ACB=90°，∠CAB=30°，
∴∠CBA=60°，
∵OB=OC，
∴△BOC是等边三角形，
∴∠OCB=60°，
∵CD⊥AB，
∴∠OCD=∠DCB=30°，
∵点E与点D关于AC对称，
∴CE=CD，
∴∠ECA=∠DCA=60°，
∴∠ECO=∠ECA+∠OCA=60°+30°=90°，
∴EF为⊙O的切线．
3．（2022秋·江苏常州·九年级统考期中）如图，点A是⊙O（半径为r）上的一点．
（1）尺规作图：请你用两种不同方法作⊙O的内接等边△ABC；（保留作图痕迹，不要求写作法）
（2）在劣弧BC上任意取一点D，连接AD、BD、CD，请你直接写出AD、BD、CD之间的数量关系
______；
（3）等边△ABC的三个顶点将⊙O分成三段弧，将这三段弧沿等边△ABC的三边向圆内折叠，则这三段
弧折叠后重合部分的面积为______．（用含r的代数式表示）
【思路点拨】（1）方法1，以A为圆心r为半径作圆，与圆O交于点E，G；再以E，G分别为圆心，r为半径作圆，与圆
O交于点B、C；以B为圆心，r为半径作圆与圆O交于F；连接AB、AC、BC即为所求三角形；
方法2，以圆上任意一点E为圆心，EA长为半径作圆；以A为圆心，AE长为半径作圆，与圆O交于F点，
圆E与圆A交点G，H；连接FG，FH；作FG和AH的垂直平分线分别交圆O于点B，点C；连接AB、
AC、BC即为所求三角形；
（2）在AD上截取GD=BD，连接BG，证明△ABG≌△CBD(SAS)，即可得AD=CD+BD；
（3）过O作EO⊥BC交于E点，由S=S −2S ，分别求出圆O的面积与△ABC面积即可求解．
⊙O △ABC
【解题过程】
（1）解：如图：方法1，以A为圆心r为半径作圆，与圆O交于点E，G；再以E，G分别为圆心，r为半径
作圆，与圆O交于点B、C；以B为圆心，r为半径作圆与圆O交于F；连接AB、AC、BC即为所求三角
形；
方法2，以圆上任意一点E为圆心，EA长为半径作圆；以A为圆心，AE长为半径作圆，与圆O交于F点，
圆E与圆A交点G，H；连接FG，FH；作FG和AH的垂直平分线分别交圆O于点B，点C；连接AB、
AC、BC即为所求三角形；
（2）在AD上截取GD=BD，连接BG，
∵∠BDA=∠ACB，
∴∠BDG=60°，
∴△BDG是等边三角形，∴BD=GD，∠GBD=60°，
∴∠ABG=∠CBD，
∵AB=BC，BD=BG，
∴△ABG≌△CBD(SAS)，
∴CD=AG，
∴AD=GD+AG=CD+BD，
故答案为：AD=CD+BD；
（3）过O作EO⊥BC交于E点，
在△BCO中，BO=CO=r，∠OBC=30°，
1 ❑√3
∴OE= r，BE= r，
2 2
∴BC=❑√3r，
1 1 ❑√3
∴S = ×❑√3r× r= r2 ，
△BOC 2 2 43❑√3
∴S =3S = r2 ，
△ABC △BOC 4
3❑√3 3❑√3
S=S −2S =πr2−2× r2=πr2− r2 ，
⊙O △ABC 4 2
3❑√3
故答案为：πr2− r2
2
4．（2022秋·浙江杭州·九年级杭州市采荷中学校考阶段练习）如图，AB是⊙O的直径，点C，D是⊙O
上的点，且OD∥BC，AC分别与BD，OD相交于点E，F．
（1）若∠AOD=50°，求A´C的度数；
（2）若DF=8，AC=24，求⊙O的直径；
（3）若⊙O的半径为6，∠AOD=80°，P是线段AB上任意一点，请直接写出PC+PD的最小值．
【思路点拨】
（1）连接OC，根据平行线的性质可得∠ABC=∠AOD=50°，利用圆周角、圆心角，弧的关系即可求
解；
（2）利用圆周角定理得到∠ACB=90°，再证明OF⊥AC，然后根据垂径定理得到点D为A´C的中点，
1
根据垂径定理得到AF= AC=12，根据勾股定理即可得到结论；
2
（3）作C点关于AB的对称点C′，C′D交AB于P，连接OC，如图，利用两点之间线段最短得到此时
PC+PD的值最小，再计算出∠DOC′=120°，作OH⊥DC′于H，如图，然后根据等腰三角形的性质
和含30度的直角三角形三边的关系求出DH，从而得到PC+PD的最小值．
【解题过程】
（1）连接OC，∵OD∥BC，
∴∠ABC=∠AOD=50°，
∴∠AOC=2∠ABC=100°，
∴ A´C的度数为100°；
（2）∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
∵OD∥BC，
∴∠OFA=90°，
∴OF⊥AC，
∴ A´D=C´D，
即点D为A´C的中点；
∵OF⊥AC，
1
∴AF= AC=12，
2
∵DF=8，
∴OF=OD−DF=OA−8，
∵OA2=AF2+OF2，
∴OA2=122+(OA−8)2，
∴OA=13，
∴⊙O的直径为26；
（3）作C点关于AB的对称点C′，C′D交AB于P，连接OC，如图，∵PC=PC′，
∴PD+PC=PD+PC′=DC′，
∴此时PC+PD的值最小，
∵ A´D=C´D，
∴∠COD=∠AOD=80°，
∴∠BOC=20°，
∵点C和点C′关于AB对称，
∴∠C′OB=20°，
∴∠DOC′=120°，
作OH⊥DC′于H，如图，
则∠ODH=30°，
则C′H=DH，
1
在Rt△OHD中，OH= OD=3，
2
∴DH=❑√3OH=3❑√3，
∴DC′=2DH=6❑√3，
∴PC+PD的最小值为6❑√3．
5．（2022秋·江苏南京·九年级统考阶段练习）如图，△ABC内接于⊙O，D是A´C上一点．过点A作
AE∥BC，交CD的延长线于点E．连接AD、BD，∠BDA=∠ADE．
（1）求证：AB=AC；
（2）求证：AE是⊙O的切线；
（3）若BD⊥AC，AB=8，CD=4，则⊙O的半径为______．
【思路点拨】
（1）根据圆内接四边形对角互补，得出∠ABC+∠ADC=180°，再根据平角的定义，得出
∠ADC+∠ADE=180°，进而得出∠ABC=∠ADE，再根据同弧或等弧所对的圆周角相等，得出
∠ADB=∠ACB，再根据等量代换，得出∠ACB=∠ADE，进而得出∠ABC=∠ACB，再根据等角对等边，即可得出结论；
（2）连接AO并延长交BC于点G，连接OB、OC，根据线段垂直平分线的判定定理，得出AG垂直平分
BC，再根据线段垂直平分线的性质，得出∠AGB=90°，再根据两直线平行，内错角相等，得出
∠OAE=∠AGB=90°，再根据切线的判定定理，即可得出结论；
（3）根据直角三角形两锐角互余，得出∠HBC+∠HCB=90°，再根据圆周角定理，得出∠BAP=90°
，再根据直角三角形两锐角互余，得出∠P+∠ABP=90°，再根据同弧或等弧所对的圆周角相等，得出
∠P=∠ACB，进而得出∠ABP=∠HBC，再根据圆周角定理，得出AP=DC=4，再根据勾股定理，
得出BP=4❑√5，进而即可得出答案．
【解题过程】
（1）证明：∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，
∴∠ABC+∠ADC=180°，
∵∠ADC+∠ADE=180°，
∴∠ABC=∠ADE，
∵∠ADB=∠ACB，∠ADB=∠ADE，
∴∠ACB=∠ADE，
∴∠ABC=∠ACB，
∴AB=AC；
（2）证明：连接AO并延长交BC于点G，连接OB、OC，
∵AB=AC，OB=OC，
∴AG垂直平分BC，
∴AG⊥BC，
∴∠AGB=90°，
∵AE∥BC，
∴∠OAE=∠AGB=90°，
∵OA是⊙O的半径，∴AE是⊙O的切线；
（3）解：令AC与BD相交于点H，延长BO交⊙O于点P，连接AP，
∵BD⊥AC，
∴∠CHB=90°，
∴∠HBC+∠HCB=90°，
∵BP是⊙O的直径，
∴∠BAP=90°，
∴∠P+∠ABP=90°，
∵∠P=∠ACB，
∴∠ABP=∠HBC，
∴A´P=D´C，
∴AP=DC=4，
在Rt△ABP中，AB=8，
∴BP=❑√AB2+AP2=❑√64+16=4❑√5，
1
∴OB= BP=2❑√5，
2
∴⊙O的半径为2❑√5．
故答案为：2❑√5
6．（2023秋·河南许昌·九年级校考期末）已知，点A、B、C、D是圆O上的四个点，（1）如图1，如果∠ADB=∠BDC=60°，判断△ABC的形状，并证明．
（2）如果△ABC是等边三角形，点D在圆O上运动，连接DA、DB、DC，请直接写出这三条线段的数
量关系．
（3）如图2，如果△ABC是等边三角形，圆半径为2，当点D在弧AC上运动时，四边形ABCD周长最大
值为______．
【思路点拨】
（1）根据圆周角定理得到A´B=B´C，从而得到AB=BC，计算出∠ABC=60°，即可证明；
（2）延长DA到E点，使AE=BD，如图，先证明△AEC≌△BDC得到CE=CD，AE=BD，再证明
△DCE为等边三角形，则DE=DC，运算可判断DA+DB=DC，同理可得当点D在劣弧BC上时，当点
D在劣弧AC上时的线段关系；
（3）由（2）可得：当点D在弧AC上运动时，DA+DC=DB，从而将四边形ABCD的周长转化为
AB+BC+BD，从而得到BD最大时周长最大，利用等边三角形的性质得到AB和BC的长，结合半径可得
结果．
【解题过程】
（1）解：等边三角形，理由是：
∵∠ADB=∠BDC=60°，
∴A´B=B´C，∠ADC=120°，
∴AB=BC，∠ABC=180°−120°=60°，
∴△ABC是等边三角形；
（2）当点D在劣弧AB上时，如图，延长DA到E点，使AE=BD，
∵△ABC为等边三角形，
∴BC=AC，∠ABC=∠BAC=60°，
∵∠EAC+∠DAC=180°，∠DAC+∠DBC=180°，
∴∠EAC=∠DBC，在△AEC和△BDC中，
{
AE=BD
)
∠EAC=∠DBC ，
AC=BC
∴△AEC≌△BDC(SAS)，
∴CE=CD，AE=BD，
∴∠ADC=∠ABC=60°，
∴△DCE为等边三角形，
∴DE=DC，
∴DA+DB=DC；
同理：当点D在劣弧BC上时，DB+DC=DA；
当点D在劣弧AC上时，DA+DC=DB；
（3）由（2）可得：当点D在弧AC上运动时，DA+DC=DB，
∴四边形ABCD周长为AB+BC+AD+CD=AB+BC+BD，
由于AB+BC固定不变，则当BD最大时，即BD为直径时，周长最大，
连接AO并延长，交BC于E，则∠AEB=90°，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABO=∠CBO=30°，
1
∴OE= OB=1，
2
∴BE=❑√22−12=❑√3，
∴AB=BC=2BE=2❑√3，
则四边形ABCD周长的最大值为AB+BC+BD=4❑√3+4．
7．（2022秋·浙江杭州·九年级杭州英特外国语学校校考期中）已知⊙O的直径AB为10，D为⊙O上一动
点（不与A、B重合），连接AD、BD．（1）如图1，若AD=8，求BD的值；
（2）如图2，弦DC平分∠ADB，过点A作AE⊥CD于点E，连接BE．
①当∠DBE=90°时，求BE的值；
②在点D的运动过程中，BE的值是否存在最小值？若存在，求BE的最小值；若不存在，请说明理由．
【思路点拨】
（1）利用直径所对的圆周角是直角和勾股定理求解即可；
（2）①先证明△BED为等腰直角三角形，求出DE=❑√2BE，同理求出AD=❑√2DE=2BE，在Rt△ABD
中利用勾股定理求解即可；②取AC中点F，过F作FH⊥AB于H，利用圆周角定理得∠AOC=90°，用
勾股定理求出AC，利用直角三角形性质求EF，然后求出BF长，最后在△BEF中利用三角形边的关系得
出BE的最小值．
【解题过程】
（1）解：如图1，∵AB为⊙O的直径，
∴∠ADB=90°，
∴BD=❑√AB2−AD2=❑√102−82=6；
故BD的值为6．
（2）解：①当∠DBE=90°时，如图所示，
∵弦DC平分∠ADB，∠ADB=90°
∴∠BDC=∠ADC=45°，∴△BDE是等腰直角三角形，
∴BE=BD，
∴DE=❑√BE2+BD2=❑√2BE，
∵AE⊥CD，∠ADC=45°，
∴△ADE是等腰直角三角形，
∴AE=DE=❑√2BE，
∴AD=❑√AE2+DE2=❑√2DE=2BE，
又∵∠ADB=90°，
∴AD2+BD2=AB2，即(2BE) 2+BE2=102，
解得BE=2❑√5（BE=−2❑√5舍去）
综上所述，BE的长为2❑√5；
②在点D的运动过程中，BE存在最小值，解答如下：
如图3，连接OC、AC，取AC中点F，连接EF、BF，过点F作FH⊥AB于H，
1
∴CO=AO= AB=5，
2
∵∠ADC=45°，
∴∠AOC=2∠ADC=90°，
∵AO=CO，
∴AC=❑√AO2+CO2=❑√52+52=5❑√2，∠OAC=45°，
∵AE⊥CD，F为AC中点，
1 5❑√2
∴EF=AF= AC= ，
2 2∵∠OAC=45°，FH⊥AB，
❑√2 5
∴AH=FH= AF= ，
2 2
5 15
∴BH=AB−AH=10− = ，
2 2
∴BF=❑√FH2+BH2=❑
√ (5) 2
+
(15) 2
=
5❑√10
，
2 2 2
∵BE≥BF−EF（当且仅当点E在线段BF上时等号成立），
5❑√10 5❑√2 5❑√10−5❑√2
∴BE≥ − 即BE≥ ，
2 2 2
5❑√10−5❑√2
∴ BE的最小值是 ．
2
8．（2022秋·浙江杭州·九年级校考期中）MN是⊙O上的一条不经过圆心的弦，MN=4，在劣弧MN和
优弧MN上分别有点A，B（不与M，N重合），且A´N=B´N，连接AM，BM．
（1）如图1，AB是直径，AB交MN于点C，∠ABM=30°，求∠CMO的度数；
（2）如图2，OM，AB，过点O作OD∥AB交MN于点D，求证：∠MOD+2∠DMO=90°；
（3）如图3，连接AN，BN，若∠AMN=30°，求AM+MB的值．
【思路点拨】
（1）根据圆周角定理得到：∠AMB=90°；由圆周角、弧、弦的关系和等腰三角形的性质推知
∠AMN=∠BMN=45°，∠OMB=∠OBM=30°，易得∠CMO的度数；
（2）连接OA，OB，ON．利用圆周角、弧、弦的关系和平行线的性质推知：∠DON=90°；根据等腰
△MON的性质知∠OMN=∠ONM；结合△OMN的内角和定理得到：
∠OMN+∠ONM+∠MOD+∠DON=180°，即∠MOD+2∠DMO=90°；
（3）延长MB至点M′，使BM′=AM，连接N M′，作NE⊥M M′于点E．构造全等三角形：
，得到 ， ， ．在
△AMN≌△BM′N(SAS) ∠AMN=∠BM′N=30° MN=N M′=4 BM′=AM1
Rt△NEM′中，得到∠M′=30°，N M′2=N E2+EM′2，从而求出NE= N M′=2，M′E=2❑√3，从而
2
得到BM+AM=BM+BM′=M M′=2M′E=4❑√3．
【解题过程】
（1）解：如图1，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠AMB=90°．
∵ A´N=B´N，
∴∠AMN=∠BMN=45°．
∵OM=OB，
∴∠OMB=∠OBM=30°，
∴∠CMO=45°−30°=15°；
（2）如图2，连接OA，OB，ON．
∵ A´N=B´N，
∴∠AON=∠BON．
又∵OA=OB，
∴ON⊥AB．
∵OD∥AB，
∴∠DON=90°．
∵OM=ON，∴∠OMN=∠ONM．
∵∠OMN+∠ONM+∠MOD+∠DON=180°，
∴∠MOD+2∠DMO=90°；
（3）如图3，延长MB至点M′，使BM′=AM，连接N M′，作NE⊥M M′于点E．
∵四边形AMBN是圆内接四边形，
∴∠A+∠MBN=180°．
∵∠NBM′+∠MBN=180°，
∴∠A=∠NBM′．
∵ A´N=B´N，
∴AN=BN，
在△AMN和△BM′N中，
{
AN=BN
)
∠A=∠NBM′
，
AM=BM′
∴△AMN≌△BM′N(SAS)，
∴∠AMN=∠BM′N=30°，MN=N M′=4，BM′=AM．
∵NE⊥M M′于点E．
1
∴ ME=M′E= M M′ ．
2
在Rt△NEM′中，∠M′=30°，N M′2=N E2+EM′2，
1
∴NE= N M′=2，M′E=2❑√3，
2
∴BM+AM=BM+BM′=M M′=2M′E=4❑√3．
9．（2023秋·福建厦门·九年级统考期末）如图，△ABC内接于⊙O，AB=AC，∠ABC=67.5°，B´C的❑√2
长为 π，点P是射线BC上的动点BP=m(m≥2)．射线OP绕点O逆时针旋转45°得到射线OD，点Q
2
是射线OD上的点，点Q与点O不重合，连接PQ，PQ=n．
（1）求⊙O的半径；
（2）当n2=m2−2m+2时，在点P运动的过程中，点Q的位置会随之变化，记Q ，Q 是其中任意两个位
1 2
置，探究直线Q Q 与⊙O的位置关系．
1 2
【思路点拨】
（1）连接OB,OC，设⊙O的半径为r，根据等腰三角形的性质可得∠ABC=∠ACB=67.5°，从而得
到∠A=45°，再由圆周角定理可得∠BOC=2∠A=90°，再根据弧长公式计算，即可求解；
（2）连接CQ，过点O作OE⊥BC于E，过点Q作QF⊥BC于F．由（1）得：OB=OC=❑√2，从而得
1 1
到 OB=❑√2r=2．进而得到BE=EC= BC=1，OE= BC=BE=EC=1．再由BP=m，可得
2 2
EP=BP−BE=m−1，根据勾股定理可得OP2=m2−2m+2，继而得到PQ=OP，可得到∠OPQ=90°
，从而得到∠QPF=∠POE，再证明Rt△POE≌Rt△QPF，可得QF=PE=m−1,PF=OE=1，从而
得到CF=QF，可得到点Q在过点C，且与射线BP夹角为45°的射线上，即可．
【解题过程】
（1）解：连接OB,OC，设⊙O的半径为r，
∵AB=AC,∠ABC=67.5°，
∴∠ABC=∠ACB=67.5°．
∴∠A=180°−∠ABC−∠ACB=45°．
∴∠BOC=2∠A=90°．❑√2
∵l = π，
B´C 2
90πr ❑√2
∴ = π．
180 2
∴r=❑√2；
（2）解：连接CQ，过点O作OE⊥BC于E，过点Q作QF⊥BC于F．
由（1）得，OB=OC=❑√2，∠BOC=90°，
∴OB=❑√2r=2．
∵OE⊥BC，
1 1
∴BE=EC= BC=1，OE= BC=BE=EC=1．
2 2
∵BP=m，
∴EP=BP−BE=m−1．
∵在Rt△OEP中，OP2=OE2+EP2，
∴OP2=12+(m−1) 2=m2−2m+2．
∵PQ=n,n2=m2−2m+2，
∴PQ2=OP2，即PQ=OP．
∴∠POQ=∠PQO=45°．
∴∠OPQ=90°．
∴∠QPF+∠OPE=90°．
又∵∠POE+∠OPE=90°，
∴∠QPF=∠POE．
在Rt△POE与Rt△QPF中，∠OEP=∠PFQ=90°,∠QPF=∠POE,OP=PQ，
∴Rt△POE≌Rt△QPF．
∵BP=m≥2，
∴QF=PE=m−1,PF=OE=1．
∴CF=CP+PF=(BP-BC)+PF=m−2+1=m−1．∴CF=QF．
∴在Rt△QCF中，∠FCQ=∠FQC=45°．
即点Q在过点C，且与射线BP夹角为45°的射线上．
∵Q ,Q 是点Q的任意两个位置，
1 2
∴直线Q ,Q 即为直线CQ．
1 2
∵在Rt△OEC中，OE=EC，
∴∠EOC=∠ECO=45°．
∴∠OCQ=90°，即OC⊥CQ．
∵点C在⊙O上，
∴直线CQ与⊙O相切．
∴直线Q ,Q 与⊙O相切．
1 2
10．（2023秋·广东广州·九年级广州市八一实验学校校考期末）已知，在半圆O中，直径AB=6，点C、
D在半圆AB上运动，（点C、D可以与A、B两点重合），弦CD=3．
（1）如图1，当∠DAB=∠CBA时，求证：△CAB≌△DBA；
（2）如图2，若∠DAB=15°时，求图中阴影部分（弦AD、直径AB、弧BD围成的图形）的面积；
（3）如图3，取CD的中点M，点C从点A开始运动到点D与点B重合时结束，在整个运动过程中：
①求点M到AB的最小值距离；
②直接写出点M的运动路径长______．
【思路点拨】
（1）由∠DAB=∠CBA可得AC=BD，∠CAB=∠DBA，从而由SAS可证明△CAB≌△DBA；
（2）过D作DH⊥AB于H，由∠DAB=15°，可得∠ODB=∠DAB+∠ADO=30°，即知
1 3 30π×32 3π 1 1 3 9
DH= OD= ，S = = ，故S = OA·DH= ×3× = ，即得
2 2 扇形DOB 360 4 △AOD 2 2 2 4
3π+9
S =S +S = ；
阴影部分 扇形DOB △AOD 4
（3）①连接OC、OD、OM，过M作ME⊥AB于E，根据直径AB=6，弦CD=3，可得△COD是等边三角形，而M是CD的中点，即知
1 3 3❑√3 √27
CM= OD= ，OM⊥CD，OM=❑√OC2−CM2= ，ME=❑√OM2−OE2=❑ −OE2，即
2 2 2 4
3❑√3
得当OE最大时，ME最小，而△COD是等边三角形，即可得点M到AB的距离的最小值是 ；
4
3❑√3 3❑√3
②根据OM= ，知M的轨迹是以O为圆心， 为半径的弧，当C与A重合时，∠AOM=30°，即
2 2
可得∠MOM′=120°，故点M的运动路径长为❑√3π．
【解题过程】
（1）证明：∵C´D=C´D，
∴∠CAD=∠DBC，
∵∠DAB=∠CBA，
∴AC=BD，∠CAD+∠DAB=∠DBC+∠CBA，即∠CAB=∠DBA，
在△CAB和△DBA中，
{
AC=BD
)
∠CAB=∠DBA
AB=AB
∴△CAB≌△DBA(SAS)；
（2）解：过D作DH⊥AB于H，如图：
∵半圆O中，直径AB=6，
∴OA=OD=3，
∵∠DAB=15°，
∴∠ADO=15°，
∴∠DOB=∠DAB+∠ADO=30°，
1 3 30π×32 3 1 1 3 9
∴DH= OD= ，S = = π，S = OA·DH= ×3× = ，
2 2 扇形DOB 360 4 △AOD 2 2 2 4
3π+9
∴S =S +S = ；
阴影部分 扇形DOB △AOD 43π+9
答：阴影部分面积是 ；
4
（3）解：①连接OC、OD、OM，过M作ME⊥AB于E，如图：
∵直径AB=6，弦CD=3，
∴OC=OD=CD=3，
∴△COD是等边三角形，
∵M是CD的中点，
1 3
∴CM= OD= ，OM⊥CD，
2 2
3❑√3
∴OM=❑√OC2−CM2=
，
2
√27
∴ME=❑√OM2−OE2=❑ −OE2，
4
∴当OE最大时，ME最小，
而当C与A重合（或D与B重合）时，OE最大，如图：
∵△COD是等边三角形，M是CD的中点，
∴∠MOC=30°，
1 3❑√3
∴ME= OM= ，
2 4
3❑√3
即点M到AB的距离的最小值是 ，
4
3❑√3
故答案为： ；
4
②如图，3❑√3 3❑√3
由①知：OM= ，M的轨迹是以O为圆心， 为半径的弧，
2 2
当C与A重合时，∠AOM=30°，
同理，当D与B重合时，∠BOM′=30°，
∴∠MOM′=120°，
3❑√3
120π×
∴点M的运动路径长为 2 ，
=❑√3π
180
故答案为：❑√3π．
11．（2023春·北京·九年级专题练习）如图，AB是⊙O的直径，∠BAD的平分线交⊙O于点C，
CE⊥AD于点E，EM⊥AB于点H与AC交于点G，与⊙O交于M点，且AG=CG.
（1）求证：∠CAB=∠AEG
（2）求证：AG=2GH
（3）若⊙O半径为4，求FM的长.
【思路点拨】
（1）如图：连接，先说明OC∥AE，得到EC⊥OC，再说明EC=CG,进而说明∠AGH=∠CEG，然
后根据角的运算和等量代换即可证明结论；
（2）先说明△EGC是等边三角形可得∠AGH=∠EGC=60°，进而说明∠OAC=30°，最后根据直角
三角形中30°所对的边是斜边的一半即可证明结论；
（3）如图：连接OF,OG，由（2）可得∠OAC=30°，根据垂径定理可得OG⊥AC，再根据直角三角1 1
形中30°所对的边是斜边的一半可得OG= OC=2，同理得到OH= OG=1；再运用勾股定理求得
2 2
HF=❑√15，最后根据垂径定理可得FM=2HF=2❑√15即可.
【解题过程】
（1）解：如图：连接OC
∵OA=OC
∴∠ACO=∠OAC，
∵∠BAD的平分线交⊙O于点C，
∴∠OAC=∠DAC
∴∠OCA=∠DAC
∴OC∥AE
∵CE⊥AD
∴EC⊥OC，即∠OCE=90°
∴∠OCA+∠ECA=90°
∵EM⊥AB
∴∠EHA=∠EHO=90°
∴∠OAC+∠AGH=90°，
∵∠ACO=∠OAC
∴∠AGH=∠ECA
∵∠EGC=∠AGH
∴∠EGC=∠ECG
∴EC=EG
∵∠AEC=90°,AG=CG
1
∴EG= AC=CG
2
∴∠CEG=∠EGC
∴∠AGH=∠CEG
∵∠AGH+∠CAH=90°,∠CEG+∠AEG=90°
∴∠AEG=∠CAB1
（2）解：∵EC=CG、EG= AC=CG
2
∴EC=CG=EG
∴△EGC是等边三角形
∴∠EGC=60°
∴∠AGH=∠EGC=60°
∵∠AHG=90°
∴∠OAC=30°
∴AG=2GH.
（3）解：如图：连接OF,OG
∵∠OAC=30°
∴∠ACO=∠OAC=30°
∵AG=CG
∴OG⊥AC
1
∴OG= OC=2
2
∵∠OAC=30°
∴∠AOG=60°
∵EM⊥AB
∴∠OGH=30°1
∴OH= OG=1
2
∴HF=❑√OF2−OH2=❑√42−12=❑√15
由垂径定理可得：FM=2HF=2❑√15.
12．（2022秋·浙江杭州·九年级校考期中）已知⊙O为△ABC的外接圆，AB=BC．
（1）如图1，连接OB交AC于点E，过A作CO的垂线交CO延长线于点D．
①求证：BO平分∠ABC；
②设∠ACB=α,∠DAC=β，请用含α的代数式表示β；
（2）如图2，若∠ABC=90°，F为⊙O上的一点，且点B,F位于AC两侧，作△ABF关于AB对称的图
形△ABG，连接GC，试猜想AG,CG,BG三者之间的数量关系并给予证明．
【思路点拨】
（1）①证明△OAB≌△OCB(SSS)，可得∠OBA=∠OBC，即可得证；②首先求出∠ACD=90°−β，
得到∠OCB=α+90°−β，根据等边对等角得到∠OCB=∠OBC=∠OBA=α+90°−β，
∠BAC=∠BCA=α，在四边形ABCD中，利用内角和列出关系式，化简即可；
（2）猜想GA，GB，GC三者之间的数量关系为：GC2=2GB2+GA2，GA交⊙O于点E，连接DE，
EC，由已知可得∠BAC=∠BCA=45°；利用同弧所对的圆周角相等，得到
∠BEA=∠F=∠BCA=45°，∠BEC=∠BAC=45°，由于△ABG与△ABE关于AB对称，于是
∠BGA=∠F=45°，则得△GBE为等腰直角三角形，△GEC为直角三角形；利用勾股定理可得：
BG2+BE2=GE2，GE2=2BG2；利用△GBA≌△EBC(AAS)得到GA=EC，等量代换可得结论．
【解题过程】
（1）解：①连接OA，则OA=OB=OC，
在△OAB和△OCB中，
{OA=OC
)
OB=OB ，
AB=BC
∴△OAB≌△OCB(SSS)，
∴∠OBA=∠OBC，即BO平分∠ABC；
②∵∠D=90°，∠DAC=β，
∴∠ACD=90°−β，
∴∠OCB=α+90°−β，
∵OC=OB=OA，
∴∠OCB=∠OBC=∠OBA=α+90°−β，
∵AB=BC，
∴∠BAC=∠BCA=α，
在四边形ABCD中，∠ABC+∠BAD+∠BCD+∠D=360°，
即3(α+90°−β)+α+β+90°=360°，
化简得：β=2α；
（2）GA，GB，GC三者之间的数量关系为：GC2=2GB2+GA2．理由：
延长GA交⊙O于点E，连接BE，EC，如图，∵∠ABC=90°，AB=CB，
∴∠BAC=∠BCA=45°．
∴∠BEA=∠F=∠BCA=45°，∠BEC=∠BAC=45°．
∴∠GEC=∠AEB+∠BEC=90°．
∴GC2=GE2+CE2．
∵△ABG与△ABF关于AB对称，
∴∠BGA=∠F=45°，
∴∠BGA=∠BEA=45°，
∴BG=BE．
∴∠GBE=180°−∠BGA−∠GEB=90°．
∴BG2+BE2=GE2．
即GE2=2BG2．
∵∠GBE=∠ABC=90°，
∠GBA+∠ABE=∠CBE+∠ABE，即∠GBA=∠CBE．
在△GBA和△EBC中，
{
∠GAB=∠CBE
)
∠BGA=∠BEC=45° ，
BA=BC
∴△GBA≌△EBC(AAS)．
∴GA=EC．
∴GC2=2GB2+GA2．
13．（2023春·江西抚州·九年级校考阶段练习）如图1，BE是⊙O的直径，点C在BE的延长线上，
△ABD是⊙O的内接三角形，∠A=120°，BD=CD．（1）求∠C的度数．
（2）求证：DC是⊙O的切线．
⏜
（3）如图2，若BE=2，BF是∠DBC的平分线且交
DE
于点P，交DC于点F，连接PE，求线段CF的
长．
【思路点拨】
（1）连接AE，根据直径所对的圆周角是直角，得到∠BAE=90°，进而得到∠DAE=30°，再根据同弧
所对的圆周角相等，得到∠DBE=30°，然后利用等边对等角的性质，即可求出∠C的度数；
（2）连接OD，根据圆周角定理，得到∠DOE=60°，再根据三角形内角和定理，求得∠ODC=90°，
然后根据圆的切线的判定定理，即可证明结论；
（3）连接OD，过点O作OK⊥BD于点K，过点D作DQ⊥BC于点Q，过点F作FG⊥BC于点G，过
1
点F作FH⊥BD的延长线于点H，利用等腰三角形的性质，得到BK=DK= BD，再利用直角三角形的
2
❑√3
性质，得出BD=❑√3，DQ= ，∴OC=2，进而得到BC=3，然后利用角平分线的性质定理，得到
2
3❑√3−3
FG=FH，由△BCD的面积列式，求得FG= ，即可求出线段CF的长．
4
【解题过程】
（1）解：如图，连接AE，
∵BE是⊙O的直径，
∴∠BAE=90°，∵∠BAD=120°，
∴∠DAE=∠BAD−∠BAE=120°−90°=30°，
∵D´E=D´E，
∴∠DBE=∠DAE=30°，
∵BD=CD，
∴∠C=∠DBE=30°；
（2）证明：如图，连接OD，
∵∠DBE=30°，
∴∠DOE=60°，
∵∠C=30°，
∴∠ODC=180°−∠DOE−∠C=90°，
∴OD⊥DC，
∵OD为⊙O的半径，
∴DC是⊙O的切线
（3）解：如图，连接OD，过点O作OK⊥BD于点K，过点D作DQ⊥BC于点Q，过点F作FG⊥BC
于点G，过点F作FH⊥BD的延长线于点H，
∵BE=2，
∴OB=OD=1，
∵OK⊥BD，
1
∴BK=DK= BD，
2
∵∠KBO=30°，1 1 ❑√3
∴OK= OB= ，BK=❑√OB2−OK2= ，
2 2 2
∴BD=❑√3，
∵∠BQD=90°，∠DBQ=30°，
1 ❑√3
∴DQ= BD= ，
2 2
∵∠ODC=90°，∠C=30°，
∴OC=2OD=2，
∴BC=OB+OC=3，
∵BF平分∠DBC，FG⊥BG，FH⊥BH，
∴FG=FH，
∵S =S +S ，
△BCD △BCF △BDF
1 1 1
∴ BC⋅DQ= BC⋅FG+ BD⋅FH，
2 2 2
❑√3
∴3× =3FG+❑√3FG=(3+❑√3)FG,
2
3❑√3−3
∴FG= ，
4
∵∠FGC=90°，∠C=30°，
3❑√3−3
∴CF=2FG= ．
2
14．（2023·广东广州·统考一模）已知⊙O为△ABC的外接圆，⊙O的半径为6．
（1）如图，AB是⊙O的直径，点C是A´B的中点．
①尺规作图：作∠ACB的角平分线CD，交⊙O于点D，连接BD（保留作图痕迹，不写作法）：
②求BD的长度．
（2）如图，AB是⊙O的非直径弦，点C在A´B上运动，∠ACD=∠BCD=60°，点C在运动的过程中，
四边形ADBC的面积是否存在最大值，若存在，请求出这个最大值；若不存在，请说明理由．【思路点拨】
（1）①根据角平分线的作图方法画出CD，在连接BD即可；②由点C是A´B的中点，得出AC=BC．根据
等腰三角形的性质得出CD⊥AB．结合AB是⊙O的直径，即得出CD经过圆心O，即∠BOD=90°，最
后根据勾股定理求解即可．
（2）连接AB，过点D作DC′⊥AB于点E，交⊙O于点C′，过点C作CF⊥AB．由题意易证△ADB为
等边三角形．根据DC′⊥AB，即得出DC′为⊙O直径，C′是A´B的中点．根据△ADB为等边三角形，可
1
得出AB和AB边上的高都为定值，再根据根据S = AB⋅(DE+CF)，即得出当CF最大时，
四边形ADBC 2
S 最大，此时点C与点C′重合，即当点C为A´B中点时，S 最大，此时DC为⊙O直径，
四边形ABCD 四边形ADBC
得出此时∠A=∠B=90°．易求出∠ADC=90°−∠ACD=30°，结合勾股定理和含30度角的直角三角
1 1
形的性质得出AC= CD=6，AD=❑√CD2−AC2=6❑√3，进而可求出S = AC⋅AD=18❑√3，又
2 △ACD 2
易证△BCD≌△ACD(SSS)，得出S =S =18❑√3，从而可求出S =S +S =36❑√3
△BCD △ACD 四边形ABCD △BCD △ACD
，即点C在运动过程中，四边形ADBC的面积存在最大值，最大值为36❑√3．
【解题过程】
（1）解：①如图1，即为所作图形；
②∵点C是A´B的中点，
∴AC=BC．
∵CD是∠ACB的平分线，
∴CD⊥AB．
∵AB是⊙O的直径，
∴CD经过圆心O，
∴∠BOD=90°．∵⊙O的半径为6，
∴OB=OD=6，
∴BD=❑√OB2+OD2=6❑√2；
（2）点C在运动过程中，四边形ADBC的面积存在最大值．
理由：如图，连接AB，过点D作DC′⊥AB于点E，交⊙O于点C′，过点C作CF⊥AB．
∵∠ACD=∠BCD=60°，
∴A´D=B´D，∠ACB=2∠BCD=120°，
∴AD=BD．
∵四边形ADBC为⊙O内接四边形，
∴∠ADB=180°−∠ACB=60°，
∴△ADB为等边三角形．
∵DC′⊥AB，
∴DC′为⊙O直径，C′是A´B的中点．
∵S =S +S ，
四边形ADBC △ABD △ABC
1 1 1
∴S = AB⋅DE+ AB⋅CF= AB⋅(DE+CF)．
四边形ADBC 2 2 2
∵△ADB为等边三角形，
∴AB和AB边上的高都为定值，
∴当CF最大时，S 最大，此时点C与点C′重合，
四边形ADBC
∴当点C为A´B中点时，S 最大，此时DC为⊙O直径，
四边形ADBC
∴∠A=∠B=90°，如图3．∵⊙O的半径为6，
∴CD=12．
∵∠ADC=90°−∠ACD=30°，
1
∴AC= CD=6，
2
∴AD=❑√CD2−AC2=6❑√3，
1 1
∴S = AC⋅AD= ×6×6❑√3=18❑√3．
△ACD 2 2
∵BD=AD，BC=AC，CD=CD，
∴△BCD≌△ACD(SSS)，
∴S =S =18❑√3，
△BCD △ACD
∴S =S +S =36❑√3，
四边形ABCD △BCD △ACD
∴点C在运动过程中，四边形ADBC的面积存在最大值，最大值为36❑√3．
15．（2023·浙江·一模）如图，点A，B，C分别是⊙O上的三等分点，连接AB，BC，CA．点D，E分
别是AC，BC上的点，且BE=CD．过点D作EO的垂线，垂足为H，与⊙O分别交于N、M，与边AB交
于F点．
（1）求证：△ABC是等边三角形；（2）探索FN与MD的数量关系，并加以证明；
（3）点E从点B沿BC方向运动到点C，点H也随之运动，若⊙O的半径为2，则点H运动的路径长是多
少？
【思路点拨】
（1）根据点A，B，C分别是⊙O上的三等分点，证明AB=BC=AC，即可得出答案；
（2）连接OB，OC，OD，OF，证明△OBE≌△OCD(SAS)，得出OE=OD，∠BOE=∠COD，证明
△CDE≌△AFD(AAS)，得出DE=DF，证明△≝¿为等边三角形，根据EH⊥DF，得出DH=FH，
NH=MH，即可证明结论；
（3）延长BO交AC于点K，连接并延长KH交AB于点L，取OD的中点I，连接IK，IH，说明
1
IK=IH=IO=ID= OD，证明K、H、O、D四点都在以OD为直径的圆上，证明KH∥BC，得出点H
2
在过点K与BC平行的直线上运动，线段KL就是点E从点B运动到点C时，点H的运动路径，求出KL的
长即可．
【解题过程】
（1）证明：∵点A，B，C分别是⊙O上的三等分点，
∴A´B=B´C=A´C，
∴AB=BC=AC，
∴△ABC为等边三角形．
（2）解：FN=MD；证明如下：
连接OB，OC，OD，OF，如图所示：
∵△ABC为⊙O的内接正三角形，
1
∴∠BOC= ×360°=120°，
3
∠A=∠ABC=∠ACB=60°，
∵OB=OC，1
∴∠OBC=∠OCB= ×(180°−120°)=30°，
2
∴∠OBE=∠OCD=30°，
∵BE=CD，
∴△OBE≌△OCD(SAS)，
∴OE=OD，∠BOE=∠COD，
∴∠EOD=∠COE+∠COD=∠COE+∠BOE=∠BOC=120°，
1
∴∠OED=∠ODE= ×(180°−120°)=30°，
2
∵DH⊥EO，
∴∠DHE=90°，
∴∠EDF=60°，
∵∠CDE=180°−∠EDF−∠ADF=120°−∠ADF，
∠AFD=180°−∠A−∠ADF=120−∠ADF，
∴∠CDE=∠AFD，
∵BC=AC，BE=CD，
∴CE=AD，
∴△CDE≌△AFD(AAS)，
∴DE=DF，
∵∠EDF=60°，
∴△≝¿为等边三角形，
∵EH⊥DF，
∴DH=FH，NH=MH，
∴NH−FH=MH−DH，
即FN=MD．
（3）解：延长BO交AC于点K，连接并延长KH交AB于点L，如图所示：∵∠OBC=∠OBA=30°，
∴BK平分∠ABC，
∴BK⊥AC，AK=CK，
∴∠OKD=∠OHD=90°，
1
取OD的中点I，连接IK，IH，则IK=IH=IO=ID= OD，
2
∴K、H、O、D四点都在以OD为直径的圆上，
根据解析（2）可知，∠EDF=60°，∠ODE=30°，
∴∠ODH=60°−30°=30°，
∴∠OKH=∠ODH=30°，
∴∠OKH=∠OBC=30°，
∴KH∥BC，
∴点H在过点K与BC平行的直线上运动，
∴线段KL就是点E从点B运动到点C时，点H的运动路径，
∵∠OKC=90°，∠OCK=30°，OC=2，
1
∴OK= OC=1，
2
∴AK=CK=❑√OC2−OK2=❑√22−12=❑√3，
∵KH∥BC，
∴∠AKL=∠ACB=60°，∠ALK=∠ABC=60°，
∵∠A=60°，
∴△ALK为等边三角形，
∴KL=AK=❑√3，
∴点H的运动路径长为❑√3．
16．（2023秋·全国·九年级专题练习）如图1，在Rt△ABC中，AB=AC=4，AD⊥BC于D，E为AB
边上的点，过A、D、E三点的⊙O交AC于F，连接DE，DF．（1）求证：AE=CF；
（2）如图2，点P为弧DE上一动点，连接PD，PE，PF．在点P运动过程中，试探索PD，PE，PF之
间的数量关系，并证明；
（3）如图3，在扇形ABC中，M为弧BC上任意一点，过点M作MN⊥AC于点N，设Q为△AMN的内
心，当点M从点B运动到点C时，请直接写出内心Q所经过的路径长．
【思路点拨】
（1）根据等腰直角三角形的性质可知AD=CD，∠DAE=∠C=45°，根据圆内接四边形的性质，可求
得∠CFD=∠AED，进而求得△CFD≌△AED，问题即可得证．
（2）过点D作DP的垂线，交PF于点N，连接EF，可证得△DNF≌△DPE，得到PE=FN，再证明
△NDP为等腰直角三角形，得到NP=❑√2PD，即可求得PD，PE，PF之间的数量关系．
（3）根据内心的定义，先求得∠AQM的度数，根据△AQC≌△AQM，可求得∠AQC=135°，当点M
在B´C上从点B运动到点C时，点Q在以AC为弦，并且所对的圆周角为45°的劣弧AQ´C上运动，内心Q所
经过的路径长等于劣弧AQ´C的长度，据此只需求得劣弧AQ´C所对应的圆心角和劣弧AQ´C所在圆的半径
即可．
【解题过程】
（1）∵AB=AC，AD⊥BC，
∴AD为等腰直角三角形ABC底边上的中线和顶角的角平分线．
∴AD=CD，∠DAE=∠C=45°．
∵四边形AEDF为⊙O的内接四边形，
∴∠AFD+∠AED=180°．
又∠CFD+∠AFD=180°，
∴∠CFD=∠AED．
在△CFD和△AED中
{
∠DAE=∠C
)
∠CFD=∠AED
AD=CD∴△CFD≌△AED．
∴AE=CF．
（2）PF=❑√2PD+PE．
理由如下：
如图，过点D作DP的垂线，交PF于点N，连接EF．
根据题意可知∠PFD=∠DEP．
∵∠FAE=90°，
∴EF为⊙O的直径．
∴∠FDE=90°．
∴∠FDN+∠NDE=90°．
又∠EDP+∠NDE=90°，
∴∠FDN=∠EDP．
∵△CFD≌△AED，
∴DF=DE．
在△DNF和△DPE中，
{∠PFD=∠DEP
)
DF=DE
∠FDN=∠EDP
∴△DNF≌△DPE．
∴PE=FN，ND=PD．
又∠NDP=90°，
∴△NDP为等腰直角三角形．
∴NP=❑√2PD．
∴PF=NP+FN=❑√2PD+PE．
（3）❑√2π．
理由如下：如图，连接CQ，MQ，AQ．
∵Q为△AMN的内心，
1 1
∴∠QMA= ∠AMN，∠QAM= ∠NAM．
2 2
∴∠AQM=180°−∠QMA−∠QAM
1 1
=180°− ∠AMN− ∠NAM
2 2
1
=180°− (∠AMN+∠NAM)
2
1
=180°− (180°−∠ANM)
2
1
=180°− ×(180°−90°)
2
=135°．
在△AQC和△AQM中
{
AC=AM
)
∠CAQ=∠MAQ
AQ=AQ
∴△AQC≌△AQM．
∴∠AQC=∠AQM=135°．
当点M在B´C上从点B运动到点C时，点Q在以AC为弦，并且所对的圆周角为45°的劣弧AQ´C上运动，内
心Q所经过的路径长等于劣弧AQ´C的长度．
设劣弧AQ´C所在的圆为⊙P．
根据题意可知∠APC=90°，PC=PA，
∴△APC为等腰直角三角形．
❑√2
∴AP= AC=2❑√2．
290×2❑√2π
∴l = =❑√2π．
AQ´C 180
内心Q所经过的路径长等于❑√2π．
17．（2022秋·浙江温州·九年级校考阶段练习）如图1，点A、B是⊙O上的两点，AD为⊙O的直径，
AD=10．过点O作OC∥AB，连接CD延长至点E，连接EA，EB，使得AE=BE．
（1）当AB=6时，求CD的长；
（2）如图2，线段BE交⊙O于点F，连接OF，求证：∠AEB=∠FOD；
（3）如图3，连接BC，当点B是A´C的中点时，请直接写出线段BE的长为_______．
【思路点拨】
（1）作OG⊥AB于点G，连接BD交OC于点H，由AD是⊙O的直径，AD=10，AB=6得
1 1
OD=OC=OA= AD=5，AG=BG= AB=3，∠ABD=90°，根据勾股定理求得OG=4，再证明
2 2
△OHD≌△AGO，得OH=AG=3，DH=OG=4，则CH=2，所以CD=❑√DH2+CH2=2❑√5；
（2）连接并延长EO交AB于点G，连接BD、OB、AF，先证明△OAE≌△OBE，得∠OEA=∠OEB，
所以EG⊥AB，则GE∥BD，得∠BEG=∠FBD，而∠FBD=∠FAD，所以∠BEG=∠FAD，即可
证明∠AEB=∠FOD；
（3）连接并延长EO交AB于点G，连接OB，先证明△OAB和△DOC都是等边三角形，则
∠OBG=∠ECO=60°，再证明∠EOC=∠OGB=90°，则∠OEC=∠GOB=30°，所以
1 5
CE=2OC=10，BG= OB= ，根据勾股定理求得OE=❑√CE2−OC2=5❑√3，
2 2
5❑√3 15❑√3 10❑√7
OG=❑√OB2−BG2= ，则EG= ，再根据勾股定理求得BE=❑√BG2+EG2= ．
2 2 2【解题过程】
（1）解：如图1，作OG⊥AB于点G，连接BD交OC于点H，
∵AD是⊙O的直径，AD=10，AB=6，
1 1
∴OD=OC=OA= AD=5，AG=BG= AB=3，∠ABD=90°，
2 2
∵∠AGO=90°，
∴OG=❑√OA2−AG2=❑√52−32=4，
∵OC∥AB，
∴∠OHD=∠ABD=90°，∠DOH=∠OAG，
∴∠OHD=∠AGO，
∵OD=AO，
∴△OHD≌△AGO(AAS)，
∴OH=AG=3，DH=OG=4，
∴CH=OC−OH=2，
∵∠CDH=180°−∠OHD=90°，
∴CD=❑√DH2+CH2=❑√22+42=2❑√5，
∴CD的长是2❑√5；
（2）证明：如图2，连接并延长EO交AB于点G，连接BD、OB、AF，∵AE=BE，OA=OB，OE=OE，
∴△OAE≌△OBE(SSS)，
∴∠OEA=∠OEB，
∴EG⊥AB，
∴∠AGE=∠ABD=90°，
∴≥//BD，
∴∠BEG=∠FBD，
∵∠FBD=∠FAD，
∴∠BEG=∠FAD，
∴2∠BEG=2∠FAD，
∵∠AEB=2∠BEG，∠FOD=2∠FAD，
∴∠AEB=∠FOD．
（3）如图3，连接并延长EO交AB于点G，连接OB，则OB=5，
∵ A´B=C´B，OA=OB=OC=OD
∴∠AOB=∠COB，∠OBA=∠OAB，
∵∠COB=∠OBA，
∴∠AOB=∠OBA=∠OAB=60°，∴∠DOC=∠OAB=60°，
∴△OAB和△DOC都是等边三角形，
∴∠OBG=∠ECO=60°，
由（2）得EG⊥AB，
∴∠EOC=∠OGB=90°，
∴∠OEC=∠GOB=30°，
1 5
∴CE=2OC=AD=10，BG= OB= ，
2 2
√ 5 2 5❑√3
∴OE=❑√CE2−OC2=❑√102−52=5❑√3，OG=❑√OB2−BG2=❑52−( ) = ，
2 2
5❑√3 15❑√3
∴EG=5❑√3+ = ，
2 2
√ 5 2 15❑√3 2 10❑√7
∴BE=❑√BG2+EG2=❑ ( ) +( ) = ，
2 2 2
10❑√7
∴BE的长是 ，
2
10❑√7
故答案为： ．
2
18．（2022秋·广东广州·九年级校考阶段练习）已知：⊙O是△ABC的外接圆，且A´B=B´C，
∠ABC=60°，D为⊙O上一动点．
（1）如图1，若点D是A´B的中点，∠DBA等于多少？
（2）过点B作直线AD的垂线，垂足为点E．
①如图2，若点D在A´B上，求证：CD=DE+AE．
②若点D在A´C上，当它从点A向点C运动且满足CD=DE+AE时，求∠ABD的最大值．
【思路点拨】（1）连接BD，根据A´B=B´C可得∠BCA=∠BAC，再根据圆周角定理进行求解即可；
（2）①过B作BH⊥CD于点H，则∠BHC=∠BHD=90°，证明△BEA≌△BHC和△BED≌△BDH
即可求解；
②连接BO并延长⊙O交于点I，则点D在A´I上，证明△BEA≌△BHC和△BED≌△BDH即可求解；
【解题过程】
（1）如图1中，连接BD．
∵A´B=B´C，
∴∠BCA=∠BAC，
∵∠ABC=60°，
∴∠BCA=60°，
∵D是A´B的中点，
∴∠DCA=30°，
∵A´D=A´D，
∴∠DBA=∠DCA=30°．
（2）①过B作BH⊥CD于点H，则∠BHC=∠BHD=90°．
又∵BE⊥AD于点E，
∴∠BED=90°，
∴∠BED=∠BHC=∠BHD，
又∵B´D=B´D，∴∠BAE=∠BCH，
∵A´B=B´C，
∴BA=BC，
在△BEA和△BHC中，
{∠BEA=∠BHC
)
∠BAE=∠BCH
BA=BC
∴△BEA≌△BHC(AAS)，
∴EA=CH，
又∵四边形ACBD是⊙O的内接四边形，
∴∠BDE=∠BCA，
又∵A´B=B´C，
∴∠BCA=∠BDC，
∴∠BDE=∠BDC，
在△BED和△BDH中，
{∠BED=∠BHD=90°
)
∠BDE=∠BDC ，
BD=BD
∴△BED≌△BHD(AAS)，
∴DE=DH，
∴DC=DH+HC=DE+AE．
②连接BO并延长与⊙O交于点I，则点D在A´I上．
如图：过B作BH⊥CD于点H，
则∠BHC=90°，∠BHD=90°，
又∵BE⊥AD于点E，
∴∠BED=90°，∴∠BED=∠BHC=∠BHD，
又∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，
∴∠BAE=∠BCD，
又∵A´B=B´C，
∴BA=BC，
在△BEA和△BCH中，
{∠BAE=∠BCD
)
∠BED=∠BHC ，
BA=BC
∴△BEA≌△BCH(AAS)，
∴EA=CH，
∵A´B=B´C，
∴∠BDA=∠BDC，
又BD=BD，∠BED=∠BHD=90°，
在△BED和△BHD中，
{∠BED=∠BHD=90°
)
∠BDA=∠BDC ，
BD=BD
∴△BED≌△BHD(AAS)，
∴ED=HD，
∴CD=HD+HC=DE+AE，
∵BI是⊙O直径，A´B=B´C，
∴BI垂直平分AC，
∴A´I=I´C，
∴2∠ABI=∠ABC=60°，
∴当点D运动到点I时∠ABI取得最大值，此时∠ABD=30°．
19．（2023秋·浙江台州·九年级统考期末）如图⊙O半径为r，锐角△ABC内接于⊙O，连AO并延长交
BC于D，过点D作DE⊥AC于E．（1）如图1，求证：∠DAB=∠CDE；
（2）如图1，若CD=OA,AB=6，求DE的长；
（3）如图2，当∠DAC=2∠DAB时，BD=5,DC=6，求r的值；
（4）如图3，若AE=AB=BD=1，直接写出AD+DE的值（用含r的代数式表示）
【思路点拨】
（1）延长AD交⊙O于F，连接BF，由圆周角定理可得，再由等角的余角相等可得结论；
1
（2）作ON⊥AB，可得AN= AB=3，再由AAS证明△ANO≅△DEC即可得到结论；
2
（3）作AG⊥BC于点G，DH⊥AB于点H，可证明△ADH≅△ADG≅△ACG，得到
DH=DG=GC=3，由勾股定理得BH=4，AB=10，延长AD交⊙O于F，连接BF，可得BF=BD=5
，再由勾股定理可得结论；
（4）延长AD交⊙O于点F，连接BF，过点C作CG⊥AF于点G，连接EG交BC于点H，由AAS证明
△CED≅△CGD得DE=DG，从而AD+DE=AD+DG=AG，再根据ASA证明△AEG≅△BDF得
AG=BF，最后由勾股定理可得结论．
【解题过程】
（1）延长AD交⊙O于F，连接BF，
∴∠C=∠F.
∵AF为直径，DE⊥AC，
∴∠ABF=∠DEC=90°，
∴∠DAB=∠CDE；
（2）作ON⊥AB于N，
∴∠ANO=∠DEC=90°，
∵AB=6，∴AN=3，
又∵AO=CD，∠DAB=∠CDE，
∴△ANO≅△DEC，
∴DE=AN=3；
（3）作AG⊥BC于点G，DH⊥AB于点H，
∴∠AGC=∠DEC=90°,∠C=∠C，
∴∠GAC=∠CDE=∠DAB，
又∵∠DAC=2∠DAB，
∴∠DAB=∠DAG=∠GAC，
∴可得△ADH≅△ADG≅△ACG，
又∵DC=6，
∴DH=DG=GC=3，
在Rt△BDH中，BH=❑√52−32=4，
设AH=AG=x，
在Rt△ABG中，82+x2=(x+4) 2，
解得x=6，
∴AB=10，
延长AD交⊙O于F，连接BF，
∵∠F=∠C=∠ADC=∠BDF，
∴BF=BD=5，
在Rt△ABF中，AF=❑√52+102=5❑√5．
1 5❑√5
∴r= AF= ；
2 2
（4）延长AD交⊙O于点F，连接BF，过点C作CG⊥AF于点G，连接EG交BC于点H，如图，∵AB=BD，
∴∠DAB=∠BDA，
∵∠BDA=∠FDC，
∴∠DAB=∠FDC，
由（1）得，∠DAB=∠CDE，
∴∠CDE=∠FDC，
∵DE⊥AC，
∴∠CED=90°，
∵CG⊥AF，
∴∠CGD=90°，
∴∠CED=∠CGD，
在△CED和△CGD中，
∵∠CED=∠CGD,∠CDE=∠GDC,CD=CD，
∴△CED≅△CGD(AAS)，
∴DE=DG，
∴AD+DE=AD+DG=AG，
∵DE=DG,∠CDE=∠GDC，
∴DH⊥EG，
∴∠DCE+∠CEH=90°，
∵∠ECD+∠CDE=90°，
∴∠CEH=∠CDE，
∴∠CEG=∠GDC，
∵∠AEG=180°−∠CEG,∠BDF=180°−∠GDC，
∴∠AEG=∠BDF，
在△AEG和△BDF中，
∵∠DAE=∠DBF,AE=BD,∠AEG=∠BDF，
∴△AEG≅△BDF(ASA)，∴AG=BF.
∵AF为⊙O的直径，
∴∠ABF=90°，
∴BF=❑√AF2−AB2=❑√(2r) 2−12=❑√4r2−1，
∴AG=❑√4r2−1，
∴AD+DE=❑√4r2−1．
20．（2022·全国·九年级专题练习）已知：△ABC内接于⊙O，连接OA，点D在⊙O上，连接AD，交
BC于点E，∠CAD=∠BAO．
（1）如图1，求证：AD⊥BC；
（2）如图2，过点D作DF⊥AB于点F，交BC于点G，求证：CD=DG；
（3）如图3，在（2）的条件下，若2∠BAD−∠ADB=3∠CAD，2AE=3DE，AC=1，求线段OA的
长．
【思路点拨】
（1）延长AO，交⊙O于点M，连接CM，推导出∠BAD+∠B=90° ，即可证明；
（2）利用同弧所对的圆周角相等，推导出∠BCD=∠BAD，∠DGE=∠GCD，即可证明；
（3）连接OD、OB、DC，由同弧所对的圆周角相等可得∠BOD=2∠BAD，
∠ABO=∠BAO=∠CAD，∠CAD=∠DBC， 在△BDO中，∠BOD=180°−2(∠OBA+∠OBC)
，则∠BOD=∠ADB+3∠CAD=180°−2(∠OBA+∠OBC)，点O作OH⊥AB交于H，可得
∠ADB=∠HOB，由∠HOB+3∠CAD=180°−2(∠OBA+∠OBC)，
90°−∠ABO+3∠ABO=180°−2(∠OBA+∠OBC)，可得∠AOD=90°，连接AG，∠GAF=45°❑√2
，可得△AFG是等腰直角三角形，能求出AF=GF= ，设AE=3x，ED=2x，在Rt△ADF中，
2
25x2= 1 + (❑√2 +❑√1−5x2) 2 ，解得x2= 1 或x2= 1 ，当x2= 1 时，AO= ❑√5 ， 当x2= 1 时，
2 2 10 45 10 2 45
❑√10
AO= ，此情况不成立．
6
【解题过程】
（1）证明：延长AO，交⊙O于点M，连接CM，
∵AM为⊙O的直径，∠ACM=90°，
∴∠CAM+∠M=90°，
∵∠CAM=∠BAD，∠M=∠B，
∴∠BAD+∠B=90°，
∴∠AEB=90°，
∴AD⊥BC，
（2）证明：∵DF⊥AB
∴∠ABG+∠FGB=90°，
∵AD⊥BC，
∴∠ABE+∠EAB=90°，
∴∠BAE=∠BGF，
∵B´D=B´D，
∴∠BCD=∠BAD，
∴∠DGE=∠GCD，
∴CD=GD；（3）解：连接OD、OB，DC，连接AG，过点O作OH⊥AB交于H，
∵B´D=B´D，
∴∠BOD=2∠BAD，
∵∠CAD=∠BAO，
∴∠ABO=∠BAO=∠CAD，
∵C´D=C´D，
∴∠CAD=∠DBC，
在△BDO中，∠BOD=180°−2(∠OBA+∠OBC)，
∵2∠BAD−∠ADB=3∠CAD，
∴∠BOD=∠ADB+3∠CAD=180°−2(∠OBA+∠OBC)，
∴∠ADB=∠HOB，
∴∠HOB+3∠CAD=180°−2(∠OBA+∠OBC)，
∴90°−∠ABO+3∠ABO=180°−2(∠OBA+∠OBC)，
∴45°=2∠OBA+∠OBC=∠ABD，
∴∠AOD=90°，
∵CD=DG，AD⊥CG，
∴AD垂直平分CG，
∴AC=AG，
∴∠DAC=∠DAG，
∵∠OAB=∠ABO=∠CAD，
∴∠DAG=∠OAB
∵∠DAO=45°，
∴∠GAF=45°，
∵AC=1，∴AG=1，
∵GF⊥AF，
∴△AFG是等腰直角三角形，
❑√2
∴AF=GF= ，
2
∵2AE=3DE，
设AE=3x，ED=2x，
∴DC=❑√1−5x2，
❑√2
∴DF= +❑√1−5x2 ，
2
在Rt△ADF中，25x2= 1 + (❑√2 +❑√1−5x2) 2 ，
2 2
1 1
解得x2= 或x2=
，
10 45
∵AD=5x，
5❑√2
∴AO= x，
2
1 ❑√5
当x2= 时，AO= ，DF=BF=❑√2，
10 2
3❑√2
∴AB= ，
2
3❑√2
∵ <❑√5，
2
❑√5
∴AO= ；
2
1 ❑√10 7❑√2
当x2= 时，AO= ，DF=BF= ，
45 6 6
5❑√2
∴AB= ，
3
5❑√2 ❑√10
∵ > ，
3 3
∴此情况不成立；
❑√5
综上所述：AO= ．
2
